广东省深圳市高考物理二模试卷（含解析）.doc

广东省深圳市2015届高考物理二模试卷 一、选择题（共9小题，每小题6分，满分54分）1（6分）下列说法正确的是（）a悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动b分子间距离变小，引力和斥力都变小c荷叶上的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果d单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点2（6分）下列说法正确的是（）a对绝热容器内的气体进行压缩，气体内能增大b汽缸内一定质量的理想气体做等温膨胀时要放热c空调制冷时，热量自发地从低温物体传递给高温物体d汽车内燃机中的汽油燃烧时，其内能可全部转变为机械能3（6分）矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为e=220sin100t（v），下列说法正确的是（）at=0时刻穿过线框的磁通量为零b电动势的有效值为220vc交流电的周期为0.01sd若转速增大1倍，其它条件不变，则电动势瞬时值表达式为e=440sin100t（v）4（6分）如图所示，一台加湿器置于水平地面上，当加湿器水平向左喷出水汽时仍保持静止不动，下列判断正确的是（）a加湿器受到5个力作用b加湿器受到6个力作用c与加湿器有关的相互作用力有2对d与加湿器有关的相互作用力有4对5（6分）下列说法正确的是（）auth+he是衰变方程b、和三种射线中，射线的穿透能力最强c放射性元素的半衰期随温度的升高而变短d现已建成的核电站的能量来自于人工放射性同位素放出的能量6（6分）“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星科学家们发现有两颗未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转，周期分别为10天和20天根据上述信息可以计算两颗“超级地球”（）a质量之比b所受的引力之比c角速度之比d向心加速度之比7（6分）如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为l，下端与电阻r连接，其它电阻不计，匀强磁场垂直于导轨平面向上若金属棒ab以一定初速度v0沿导轨下滑，则棒（）a电流方向从a到bb刚开始下滑瞬间产生的电动势为blv0c最终能匀速下滑d减少的重力势能全部等于电阻r产生的内能8（6分）如图所示是某空间部分电场线分布图，在电场中取一点o，以o为圆心的圆周上有m、q、n三个点，连线mon与直电场线重合，连线oq垂直于mon下列说法正确的是（）am点的场强大于n点的场强bo点的电势等于q点的电势c将一负点电荷由m点移到q点，电荷的电势能增加d一正点电荷只受电场力作用能从q点沿圆周运动至n点9（6分）如图，在半径为r圆环圆心o正上方的p点，将一小球以速度v0水平抛出后恰能从圆环上q点沿切线飞过，若oq与op间夹角为，不计空气阻力则（）a从p点运动到q点的时间为t=b从p点运动到q点的时间为t=c小球运动到q点时的速度为vq=d小球运动到q点时的速度为vq=二、非选择题（共4小题，满分56分）10（8分）用一根弹簧和一把弹簧秤做“求合力”实验用如图甲装置测定弹簧的劲度系数，挂钩码时不能超过弹簧的；改变所挂钩码个数，把测出的多组数据绘成如图乙的弹力f跟伸长量x的关系图线，则弹簧的劲度系数为n/cm；用这根弹簧和弹簧秤都与橡皮筋成135角来拉橡皮筋，弹簧秤示数如图丙所示，则此时弹簧的伸长量为cm；用力的图示以这两个分力为邻边做平行四边形，得出合力的大小f合，若实验误差较小可以忽略不计，则f合=n11（10分）用甲图测量电源电动势e和内阻r除了图中所给的器材，还有一只多用电表可用，通过多用电表来测量电源的路端电压和电路的电流，完成下面的实验步骤：断开开关s1、s2，把电阻箱的阻值调至最（填“大”或“小”）；多用电表接a、b，选择直流电压5v挡，闭合开关s1、s2，调节电阻箱的阻值，此时表盘指针指在如图乙的p位置，则读得u1=v，断开开关s1、s2；多用电表改接c、d，选择直流电流500ma挡，保持电阻箱阻值不变，闭合开关，此时表盘指针指在如图乙的q位置，则读得i1=a，断开开关；用u1和i1列出计算电动势e和内阻r的表达式：12（18分）如图甲所示，放在光滑水平地面上的长木板质量m=0.5kg，木板右端放一质量m=0.5kg的滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数=0.4；滑块的正上方有一悬点o，通过长l=0.8m的轻绳吊一质量m0=1.0kg的小球现将小球拉至与o点处于同一水平位置，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰，且m0与m只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）碰前瞬间绳子对小球拉力的大小；（2）碰后瞬间滑块速度的大小；（3）要使滑块不会从木板上滑下，则木板的长度应滿足什么条件？13如图xoy平面内有向里的匀强磁场，磁感应强度b=0.1t，在y轴上有一粒子源，坐标为（0，0.2m），粒子源可以在xoy平面内向各个方向均匀射出质量m=6.41027kg、带电量q=+3.21019c、速度v=1.0106m/s的带电粒子，一足够长薄感光板从图中较远处沿x轴负方向向左缓慢移动，其下表面和上表面先后被粒子击中并吸收粒子，不考虑粒子间的相互作用，（取=3），求：（1）带电粒子在磁场中运动的半径及下表面被粒子击中时感光板左端点位置；（2）在整个过程中击中感光板的粒子运动的最长时间；（3）当薄板左端运动到（0.2m，0）点的瞬间，击中上、下板面的粒子数之比广东省深圳市2015届高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，每小题6分，满分54分）1（6分）下列说法正确的是（）a悬浮在水中花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动b分子间距离变小，引力和斥力都变小c荷叶上的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果d单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点考点：* 液体的表面张力现象和毛细现象；布朗运动；* 晶体和非晶体 分析：布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；分子间距离变小，引力和斥力都增大；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；晶体都有固定的熔点解答：解：a、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由花粉颗粒组成的，所以布朗运动反映的是花粉颗粒的运动，不是花粉分子的热运动，是液体分子的热运动的反应，故a错误；b、分子间距离变小，引力和斥力都增大，故b错误；c、荷叶上的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故c正确；d、不论单晶体还是多晶体，晶体都有固定的熔点，故d错误；故选：c点评：本题重点要掌握布朗运动的实质，分子之间的相互作用力随分子距离的变化的关系，液体表面张力的形成的原因，以及晶体的物理性质2（6分）下列说法正确的是（）a对绝热容器内的气体进行压缩，气体内能增大b汽缸内一定质量的理想气体做等温膨胀时要放热c空调制冷时，热量自发地从低温物体传递给高温物体d汽车内燃机中的汽油燃烧时，其内能可全部转变为机械能考点：热力学第二定律；热力学第一定律 专题：热力学定理专题分析：根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化热力学第二定律的内容：一种表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响另一种表述是：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化第二定律说明热的传导具有方向性解答：解：a、当气体绝热压缩时，外界对气体做功，不对外放热，热力学第一定律u=w+q得气体的内能增大，故a正确b、当气体等温膨胀时，内能不变，为祖国，热力学第一定律u=w+q得气体吸收热量，故b错误c、热量从低温物体传递到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助；空调制冷时，热量在压缩机的做功的情况下，从低温物体传递给高温物体，故c错误d、在蒸汽机中，燃气内能不可能全部变为机械能，这也是热力学第二定律的内容的一种表述：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而不产生其他影响，故d错误故选：a点评：该题考查热力学第一定律和热力学第二定律的内容，掌握着两个定律才能顺利解决本题，故一定要注意基本概念的积累3（6分）矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为e=220sin100t（v），下列说法正确的是（）at=0时刻穿过线框的磁通量为零b电动势的有效值为220vc交流电的周期为0.01sd若转速增大1倍，其它条件不变，则电动势瞬时值表达式为e=440sin100t（v）考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等解答：解：a、线圈中电动势为正弦规律变化，t=0时刻线圈中感应电动势为零，说明此时线圈处于中性面上；磁通量最大；故a错误；b、电动势的有效值e=220v；故b正确；c、交流电的角速度=100，则周期t=0.02s；故c错误；d、若转速度增大1倍，则最大值增大1倍，角速度也增大1倍；故表达式为：e=440sin200t；故d错误；故选：b点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义4（6分）如图所示，一台加湿器置于水平地面上，当加湿器水平向左喷出水汽时仍保持静止不动，下列判断正确的是（）a加湿器受到5个力作用b加湿器受到6个力作用c与加湿器有关的相互作用力有2对d与加湿器有关的相互作用力有4对考点：物体的弹性和弹力 专题：受力分析方法专题分析：对加湿器进行受力分析，水平方向水汽对加湿器的推力与地面对加湿器的静摩擦力，而竖直方向重力与支持力，从而即可求解解答：解：由题意可知，加湿器处于静止，即平衡状态，那么水平方向受到水汽对加湿器的推力与地面对加湿器的静摩擦力；竖直方向受到重力与地面的支持力，因此与加湿器有关的相互作用力有4对，故d正确，abc错误；故选：d点评：考查受力分析的方法，掌握作用力与反作用力的内容，注意由运动情况来确定受力情况5（6分）下列说法正确的是（）auth+he是衰变方程b、和三种射线中，射线的穿透能力最强c放射性元素的半衰期随温度的升高而变短d现已建成的核电站的能量来自于人工放射性同位素放出的能量考点：裂变反应和聚变反应；天然放射现象 专题：衰变和半衰期专题分析：衰变是自发的，当生成氦核时，即为衰变；射线电离能力最强，而射线穿透能力最强；半衰期与环境的温度、压强无关；根据裂变反应定义，即可确定求解；解答：解：a、uth+he，生成新的原子核的同时，放射出氦核，则是衰变，故a正确；b、放射性元素衰变时能够放出的三种射线，其中射线能力最强，而射线穿透能力最强，故b正确；c、原子核的半衰期与环境的温度、压强无关故c错误；d、现已建成的核电站的能量来自于重核裂变放出的能量，故d错误；故选：ab点评：该题考查衰变的实质、影响半衰期因素，掌握裂变与聚变的区别，注意区分、三种射线的特征属于对基础知识的考查，多加积累即可做好这一类的题目6（6分）“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星科学家们发现有两颗未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转，周期分别为10天和20天根据上述信息可以计算两颗“超级地球”（）a质量之比b所受的引力之比c角速度之比d向心加速度之比考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：二颗超级地球的中心天体相同，根据万有引力提供向心力，已知该行星的周期，可以求出半径之比，从而可求得角速度、向心加速度之比解答：解：二颗超级地”的中心天体相同，根据万有引力提供向心力，即：= 可求得超级地球的轨道半径之比；a、根据万有引力提供向心力= 可知，超级地球的质量在等式中可约去，则无法确定质量之比，故a错误；b、根据f=，由于二颗超级地球的质量比不知道，所以无法求得所受的引力之比，故b错误；c、根据周期公式t=，可知它们的角速度之比，故c正确；d、因已知周期、轨道半径之比，根据a=，可求得二颗“超级地球”运动的向心加速度之比，故d正确；故选：cd点评：本题考察天体运动，万有引力提供向心力，要注意向心力选择合适公式，同时理解无法求得旋转天体的质量，但中心天体质量可以求得7（6分）如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为l，下端与电阻r连接，其它电阻不计，匀强磁场垂直于导轨平面向上若金属棒ab以一定初速度v0沿导轨下滑，则棒（）a电流方向从a到bb刚开始下滑瞬间产生的电动势为blv0c最终能匀速下滑d减少的重力势能全部等于电阻r产生的内能考点：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据右手定则判断感应电流的方向，由公式e=blv求感应电动势根据左手定则判断安培力的方向，分析安培力的变化，判断棒的运动情况根据能量转化和守恒定律判断重力势能变化量和内能的关系解答：解：a、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流i在导体棒ab中从b到a，故a错误b、棒垂直切割磁感线，刚开始下滑瞬间产生的电动势为 e=blv0故b正确c、由左手定则判断导体棒ab所受的安培力f安沿斜面向上，导体棒ab开始阶段速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，由于导轨足够长，当f安=mgsin时棒做匀速直线运动，故c正确d、由于下滑过程导体棒ab切割磁感线产生感应电动势，r上产生内能，由能量转化和守恒定律知，棒减少的重力势能等于棒增加的动能与电阻r产生的内能之和故d错误故选：bc点评：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质再根据功能关系进行分析8（6分）如图所示是某空间部分电场线分布图，在电场中取一点o，以o为圆心的圆周上有m、q、n三个点，连线mon与直电场线重合，连线oq垂直于mon下列说法正确的是（）am点的场强大于n点的场强bo点的电势等于q点的电势c将一负点电荷由m点移到q点，电荷的电势能增加d一正点电荷只受电场力作用能从q点沿圆周运动至n点考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式u=ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负解答：解：a、电场线的疏密表示场强的强弱，故m点的场强大于n点的场强，故a正确；b、根据电场线与等势线垂直特点，在o点所在电场线上找到q点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，o点的电势比q点的电势高，故b错误c、将一负点电荷由m点移到q点，电场力做负功，点势能增加，故c正确；d、一正点电荷只受电场力作用不可能沿圆周运动，故d错误；故选：ac点评：电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解9（6分）如图，在半径为r圆环圆心o正上方的p点，将一小球以速度v0水平抛出后恰能从圆环上q点沿切线飞过，若oq与op间夹角为，不计空气阻力则（）a从p点运动到q点的时间为t=b从p点运动到q点的时间为t=c小球运动到q点时的速度为vq=d小球运动到q点时的速度为vq=考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：小球做平抛运动，根据圆的几何知识可以求得小球在水平方向的位移的大小，根据水平方向的匀速直线运动可以求得时间的大小根据平行四边形定则求出q点的速度解答：解：a、过q点做op的垂线，根据几何关系可知，小球在水平方向上的位移的大小为rsin，根据rsin=v0t，可得时间为：t=，故a正确，b错误c、根据几何关系知，q点的速度方向与水平方向的夹角为，根据平行四边形定则知，小球运动到q点时的速度为vq=，故c错误，d正确故选：ad点评：本题对平抛运动规律的直接的应用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解二、非选择题（共4小题，满分56分）10（8分）用一根弹簧和一把弹簧秤做“求合力”实验用如图甲装置测定弹簧的劲度系数，挂钩码时不能超过弹簧的弹性限度；改变所挂钩码个数，把测出的多组数据绘成如图乙的弹力f跟伸长量x的关系图线，则弹簧的劲度系数为0.2n/cm；用这根弹簧和弹簧秤都与橡皮筋成135角来拉橡皮筋，弹簧秤示数如图丙所示，则此时弹簧的伸长量为10.5cm；用力的图示以这两个分力为邻边做平行四边形，得出合力的大小f合，若实验误差较小可以忽略不计，则f合=2.96n考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题分析：使用弹簧秤时不能超过弹簧的弹性限度；根据胡克定律，通过图线的斜率求出弹簧的劲度系数根据弹簧秤示数运用胡克定律求解弹簧的伸长量解答：解：用如图甲装置测定弹簧的劲度系数，挂钩码时不能超过弹簧的弹性限度；改变所挂钩码个数，把测出的多组数据绘成如图乙的弹力f跟伸长量x的关系图线，根据胡克定律得图线的斜率表示劲度系数，则k=0.2n/cm；用这根弹簧和弹簧秤都与橡皮筋成135角来拉橡皮筋，弹簧秤示数如图丙所示，弹簧秤示数为2.10n，则此时弹簧的伸长量为x=10.5cm，用力的图示以这两个分力为邻边做平行四边形，得出合力的大小f合，若实验误差较小可以忽略不计，则f合=2.10=2.96n故答案为：（1）弹性限度；0.2；10.5；2.96点评：关键掌握胡克定律f=kx，知图线的斜率表示劲度系数，能够根据弹簧秤示数运用胡克定律求解弹簧的伸长量，基础题11（10分）用甲图测量电源电动势e和内阻r除了图中所给的器材，还有一只多用电表可用，通过多用电表来测量电源的路端电压和电路的电流，完成下面的实验步骤：断开开关s1、s2，把电阻箱的阻值调至最大（填“大”或“小”）；多用电表接a、b，选择直流电压5v挡，闭合开关s1、s2，调节电阻箱的阻值，此时表盘指针指在如图乙的p位置，则读得u1=1.25v，断开开关s1、s2；多用电表改接c、d，选择直流电流500ma挡，保持电阻箱阻值不变，闭合开关s1，此时表盘指针指在如图乙的q位置，则读得i1=0.355a，断开开关；用u1和i1列出计算电动势e和内阻r的表达式：e=u1+i1r考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：根据实验的安全性明确电阻箱开始时应接入的阻值；再根据电表选择的量程，明确最小分度，则可读出对应的数据；由闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式解答：解：为了实验的安全，开始时，电阻箱的阻值应调到最大；让电流由最小值开始变化；由题意可知，直流电压量程为5v，则最小分度为0.1v，故指针的示数为1.25v；为了让电流表工作，应闭合开关s1，此时选择量程为500ma；故最小分度为10ma；则读数为355ma=0.355a；由题意可知，u1测量为r接入时的路端电压，i1为流过的路端电流；由闭合电路欧姆定律可知：e=u1+i1r；故答案为：大；1.25；s1；0.355；e=u1+i1r点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确分析电路结构，明确电表采用的不同接法时电路的性质，并能灵活应用闭合电路欧姆定律12（18分）如图甲所示，放在光滑水平地面上的长木板质量m=0.5kg，木板右端放一质量m=0.5kg的滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数=0.4；滑块的正上方有一悬点o，通过长l=0.8m的轻绳吊一质量m0=1.0kg的小球现将小球拉至与o点处于同一水平位置，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰，且m0与m只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，g取10m/s2，求：（1）碰前瞬间绳子对小球拉力的大小；（2）碰后瞬间滑块速度的大小；（3）要使滑块不会从木板上滑下，则木板的长度应滿足什么条件？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：1、由机械能守恒定律求得最低点速度，由牛顿第二定律求得绳子对小球拉力的大小；2、根据小球与滑块碰撞过程动量守恒和碰撞前后的总动能关系求解；3、当滑块和长木板共速时滑块恰好在木板的最右端，根据动量守恒和功能关系求解解答：解：（1）设小球摆动到最低点速度为v0，绳对小球拉力为t，由机械能守恒定律得：代入数据解得：v0=4m/s由牛顿第二定律得：解得：（2）设碰后小球、滑块速度分别为v1和v2，由图象可得：得：v1=2m/s，或规定向右为正方向，小球与滑块碰撞过程动量守恒，得：m0v0=m0v1+mv2代入数据解得：v2=4m/s，或计算碰撞前后的总动能可知：，合理而 ，不合理所以碰后滑块速度只能取：v2=4m/s（3）当滑块和长木板共速时滑块恰好在木板的最右端，设板长为l1由动量守恒得：mv2=（m+m）v3由功能关系得：联立并代入数据解得：l=1m答：（1）碰前瞬间绳子对小球拉力的大小是30n；（2）碰后瞬间滑块速度的大小是4m/s；（3）要使滑块不会从木板